（名师导学）2020版高考物理总复习 第六章 专题突破（六）弹性碰撞和完全非弹性碰撞课件 新人教版

专题突破(六)弹性碰撞和完全非弹性碰撞一、弹性碰撞碰撞时，内力是弹性力，只发生机械能的转移，系统内无机械能损失，叫做弹性碰撞．若质量分别为m1、m2，速度分别为v1、v2的两个物体在水平面上发生弹性碰撞，依动量守恒且碰撞前后的总动能相等，有：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′……(1)12m1v21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2……(2)解(1)(2)得：v1′＝（m1－m2）v1＋2m2v2m1＋m2，v2′＝（m2－m1）v2＋2m1v1m1＋m2讨论：(1)若m1＝m2，则有v1′＝v2，v2′＝v1，即碰后彼此交换速度，实现动量和动能的交换；(2)若碰前m2是静止的，即v2＝0.①m1m2，则v1′0，v2′0，碰后两者同向运动；②m1m2，则v1′0，v2′0，碰后，m1反向弹回，m2沿m1碰前的速度方向运动；③m1≪m2，则v1′≈－v1，v2′≈0，即质量很小的物体以原速率反弹，质量很大的物体仍然静止．④m2≪m1，则v1′≈v1，v2′≈2v1，即质量很大的运动物体碰后速度几乎不变，而质量很小的静止物体会以2倍运动物体的初速度沿同一方向运动．二、完全非弹性碰撞发生完全非弹性碰撞时，内力是完全非弹性力，碰后两物体粘连在一起或者虽未粘连但以相同的速度运动．这种碰撞，只有动量守恒，机械能损失最大，损失的机械能转化为内能．有：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，ΔE＝12m1v21＋12m2v22－12(m1＋m2)v2.例1如图所示，光滑水平地面上静止放置两个由弹簧相连的木块A和B，一质量为m的子弹，以速度v0水平击中木块A，并留在其中，A的质量为3m，B的质量为4m.(1)求弹簧第一次最短时的弹性势能；(2)何时B的速度最大，最大速度是多少？【解析】(1)从子弹击中木块A到弹簧第一次达到最短的过程可分为两个小过程：一是子弹与木块A的碰撞过程，动量守恒，有机械能损失；二是子弹与木块A组成的整体与木块B通过弹簧相互作用的过程，动量守恒，系统机械能守恒．子弹打入：mv0＝4mv1打入后弹簧由原长到最短：4mv1＝8mv2由机械能守恒有：12×4mv21＝12×8mv22＋Ep解得Ep＝116mv20.(2)从弹簧原长到被压缩至最短再恢复原长的过程中，木块B一直做变加速运动，木块A一直做变减速运动，相当于弹性碰撞，因质量相等，子弹和A组成的整体与木块B交换速度，此时B的速度最大．设弹簧弹开时A、B的速度分别为v1′，v2′，有4mv1＝4mv1′＋4mv2′12×4mv21＝12×4mv1′2＋12×4mv2′2解得：v1′＝0，v2′＝v1＝v04.【小结】子弹射入A的过程，是完全非弹性碰撞过程，只有动量守恒．子弹和木块一起压缩弹簧到三者具有相同速度时，弹簧第一次最短，此过程也是完全非弹性碰撞过程，动量守恒，系统动能损失最多，损失的动能转化为弹簧的弹性势能．从开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复到原长时，三者之间的作用又可视为弹性碰撞过程，动量守恒，总动能不变．例2如图所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为34m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．【解析】设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有12mv20μmgl①即μv202gl②设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒有12mv20＝12mv21＋μmgl③设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有mv1＝mv1′＋34mv2′④12mv21＝12mv1′2＋1234mv2′2⑤联立④⑤式解得v2′＝87v1⑥由题意知，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知1234mv2′2≤μ34mgl⑦联立③⑥⑦式，可得μ≥32v20113gl⑧联立②⑧式，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件32v20113gl≤μv202gl⑨1．在光滑水平面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m，B球静止，A球向B球运动，发生正碰．已知碰撞过程中机械能守恒，两球压缩最紧时弹性势能为Ep，则碰前A球的速度为__________．2Epm【解析】设碰前A球速度为v0，根据动量守恒定律有mv0＝2mv，则压缩最紧(A、B有相同速度)时的速度v＝v02，由系统机械能守恒有12mv20＝12×2m×v022＋Ep，解得v0＝2Epm.2．如图所示，光滑轨道的下端离地0.8m，质量为m的A球从轨道上端无初速释放，到下端时与质量也为m的B球正碰，B球碰后做平抛运动，落地点与抛出点的水平距离为0.8m，求A球释放的高度h的范围．(g＝10m/s2)【解析】B球做平抛运动，有x＝vB′t，y＝12gt2得vB′＝xt＝xg2y＝0.8102×0.8m/s＝2m/sA球和B球在碰撞中若无能量损失，vA′＝0，由动量守恒定律，有mvA1＝mvB′，vA1＝vB′＝2m/s由机械能守恒定律，有mgh1＝12mv2A1h1＝v2A12g＝222×10m＝0.2mA球和B球在碰撞中若能量损失最大，则vA′＝vB′，由动量守恒定律，有mvA2＝(m＋m)vB′，vA2＝2vB′＝2×2m/s＝4m/s根据机械能守恒定律，有mgh2＝12mv2A2h2＝v2A22g＝422×10m＝0.8m.所以A球的释放高度为0.2m≤h≤0.8m.3．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1m2.【解析】从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变．根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1.设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等．m1v0＝m1v1＋m2v2①12m1v20＝12m1v21＋12m2v22②利用v2v1＝4，可解出m1m2＝2.4．如图所示，一质量m2＝0.25kg的平顶小车，车顶右端放一质量m3＝0.2kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.5，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量m1＝0.05kg的子弹以水平速度v0＝30m/s射中小车左端，并留在车中．子弹与车相互作用时间很短．若使小物体不从车顶上滑落，求：(1)物体与车的共同速度；(2)小车的最小长度．(g取10m/s2)【解析】(1)对整体由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2＋m3)v2v2＝m1v0m1＋m2＋m3＝0.05×300.05＋0.25＋0.2m/s＝3m/s(2)对m1和m2由动量守恒定律得m1v0＝(m2＋m1)v1v1＝m1v0m1＋m2＝0.05×300.05＋0.25m/s＝5m/s对子弹射入小车后与m3组成的系统，依能量守恒有：μm3gL＝12(m1＋m2)v21－12(m1＋m2＋m3)v22将上述物理量代入得小车最小长度为L＝1.5m.5．如图所示，甲车质量为m，车顶用长为l且不能伸长的细线系一质量为m的小球(甲车质量不包括球)共同以速度v0在光滑平直轨道上做匀速运动，某时刻正好与一质量也为m的静止乙车厢相挂接(碰撞时间不计，重力加速度为g)，求：(1)两车碰撞过程中损失的机械能；(2)碰撞瞬间细线的拉力大小；(3)小球能摆起的最大高度．(设球不会碰车板且不超过水平位置)【解析】(1)两车碰撞时，甲、乙两车的系统动量守恒，有mv0＝2mv1则ΔE＝12mv20－12·2mv21＝14mv20(2)两车碰后瞬间，小球速度仍为v0，相对悬点的速度为v＝v0－v1＝v02对小球，有F－mg＝mv2l，得F＝mg＋mv204l.(3)两车碰后，三物系统机械能守恒，水平方向动量守恒，小球摆至最高点时三者速度相同，有2mv0＝3mv212mv20＋12·2mv21＝12·3mv22＋mgh即mgh＝12mv20＋12·2m(v02)2－12·3m(23v0)2＝112mv20则h＝v2012g.